Triángulo y circunferencia circunscrita

El problema de esta semana me lo envía Camilo a través de nuestro formulario de contacto. Aquí os lo dejo:

Dado el triángulo ABC, se consideran los puntos D,E y F sobre los segmentos BC, AC y AB respectivamente.

Demostrar que si los segmentos AD, BE y CF pasan por el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo, de radio R, entonces:

\cfrac{1}{AD}+\cfrac{1}{BE}+\cfrac{1}{CF}=\cfrac{2}{R}

La situación sería algo así:

A ver si entre todos ayudamos a Camilo.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

17 Comentarios

  1. mimetist, yo veo bien el post. Pone:

    Demostrar que si los segmentos AD, BE y CF pasan por el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo, de radio R, entonces:

    \cfrac{1}{AD}+\cfrac{1}{BE}+\cfrac{1}{CF}=\cfrac{2}{R}

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  2. Vale vale, acabo de comprobar que en firefox no lo veo, pero en Chrome sí…

    Desde Firefox sólo veo:
    “Demostrar que si los segmentos y CF pasan por el centro de la circunferencia circunscrita al triángulo, de radio R, entonces:

    La situación sería algo así:”

    Pero desde Chrome, ya digo que se ve perfecto. ¡¡Qué raro!!

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  3. Arf, arf, …

    Parece claro que la familia de triángulos cumple que, los tres ángulos a, b y c existentes entre cada par de los tres radios (que van del centro del círculo a cada vértice) deben ser mayores que 0 y menores que Pi. También, que uno de ellos es 2Pi menos los otros dos (vaya, que con dos ángulos ya tenemos caracterizado al triángulo).

    La longitud L del trozo de cada segmento AD, BE, CF, menos la longitud del radio, está dada por

    L(u,v)=-r\frac{\cos \frac{u}{2}}{\cos (v+\frac{u}{2})}

    y, efectivamente, es

    \frac{1}{r+L(a,b)}+\frac{1}{r+L(b,2\pi -a-b)}+\frac{1}{r+L(2\pi -a-b,a)}-\frac{2}{r}=\allowbreak 0

    pero no encuentro una forma sencilla de reducir la expresión.

    Arf….

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  4. Por cierto, aunque ya se veía inicialmente que el resultado es independiente del radio (algo recurrente en varios problemas recientes), ahora es evidente que lo es (basta despejar r).

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  5. No se si estoy en lo correcto, pero creo la los terminos involucrados en la suma son los inversos de las transversales de gravedad, y recordado que la razon en la que quedan divididas las transversales en el centro de gravedad es 1:2 , luego como claramente el segmento mas largo (desde el centro de gravedad, que coincide con el centro de la circunferencia, hacia cada vertice coincide con R).

    Luego, cada trazo completo mide 3R/2 (pues es R + R/2)

    Haciendo la suma de los inversos se obtiene lo pedido de forma directa.

    Quedando 3( 2/3R) =2/R

    Espero estar en lo correcto.

    Saludos.

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  6. Ups, creo que el punto del centro de la circunferencia es donde confluyen las mediatrices, no el de las transversales de gravedad… parece que conteste muy rapido….

    Saludos.

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  7. muchas gracias a todos por responder, pero el problema debe ser resuelto por semejanza (tambien se puede por areas pero es mas complicado por semejanza), hay que tener encuenta que es pura geometría euclidiana, (con la rigurosidad que eso implica)

    muchas gracias de nuevo por atender a mi pseudollamado

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  8. Como consecuencia del Teorema de Ceva tenemos que \frac{OD}{AD}=\frac{Area(OBC)}{Area(ABC)} (esto requiere una explicación adicional, pero a ver si alguien más se anima). Luego:

    \cfrac{OD}{AD}+\cfrac{OE}{BE}+\cfrac{OF}{CF}=\frac{Area(OBC)}{Area(ABC)}+\frac{Area(AOC)}{Area(ABC)}+\frac{Area(ABO)}{Area(ABC)}=1.

    Luego, ya que AO=BO=CO=R, sigue que \left(1-\frac{R}{AD}\right)+\left(1-\frac{R}{BE}\right)+\left(1-\frac{R}{CF}\right)=1. Y esto nos da el resultado.

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  9. Por cierto, el argumento anterior vale si el circuncentro es interior al triángulo (triángulo acutángulo). Si el triángulo es rectángulo, el resultado es inmediato. Faltaría verlo si el circuncentro es exterior al triángulo (lo cual cambia el dibujo como indicaba Rober).

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  10. Creo tener una demostración en la que solo se utilizan criterios de semejanza y el teorema del seno.
    De hecho he llegado a probar que si llamamos ha la altura trazada desde el circuncentro hasta el lado a (que cae justo por la mitad de este lado) y Ha la altura del triángulo trazada desde el vértice A al lado opuesto, existe una curiosa relación que dice:
    (ha/Ha) + (hb/Hb) + (hc/Hc) = 1.

    Con eso y un pequeño truco sale una demostración elegante y bastante más sencilla. Si tengo un ratito la escribo en Tex y os la envio para el que esté interesado.
    Un saludo.

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  11. He encontrado por la web una serie de animaciones hechas sobre la cuarta dimensión y la fibración de Hopf que son francamente espectaculares. Las dejo aquí por si alguien está interesado:
    http://www.dimensions-math.org/Dim_ES.htm
    Por otra parte M, el problema no está bien planteado si el circuncentro es exterior al triángulo, ya que entonces ninguno de los segmentos AD, BE ni CF podrían pasar por él.

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  12. de hecho si hacemos el triángulo muy pequeño acercando los tres puntos A,B,C mucho tendremos en el límite \frac{1}{AD}+\frac{1}{BE}+\frac{1}{CF} \rightarrow \infty de modo que tampoco podemos intentar generalizar el enunciado sustituyendo “segmentos” por “rectas” o cualquiera de esas cosas que se nos puedan ocurrir 🙂

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  13. La demostración que pide M es muy sencilla sabiendo que (ADC)/(ODC)=(ADB)/(ODB)=AD/OD ya que su altura es siempre la misma para cada par de triángulos, y la diferencia de área está dada por las bases de los triángulos, osea AD y OD, y sumando ya nos queda lo pedido.

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  14. veo que les parecio interesante el problema, eso esta muy bien, intentaré conseguir otro (tambien de geometria plana) para que discutan sus opniones acerca de este.

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  15. Entonces cual es la solucion? Ya que veo que nadie concluye con el problema.

    Gracias

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